（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動能定理及其應(yīng)用講義（含解析）

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1、（江蘇專版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第五章 第2節(jié) 動能定理及其應(yīng)用講義（含解析） (1)一定質(zhì)量的物體動能變化時，速度一定變化，但速度變化時，動能不一定變化。(√) (2)動能不變的物體一定處于平衡狀態(tài)。(×) (3)如果物體所受的合外力為零，那么合外力對物體做功一定為零。(√) (4)物體在合外力作用下做變速運動時，動能一定變化。(×) (5)物體的動能不變，所受的合外力必定為零。(×) (6)做自由落體運動的物體，動能與時間的二次方成正比。(√) 突破點(一)　對動能定理的理解 1．對“外力”的兩點理解 (1)“外力”可以是重力、彈力、摩擦力

2、、電場力、磁場力等，它們可以同時作用，也可以不同時作用。 (2)“外力”既可以是恒力，也可以是變力。 2．公式中“＝”體現(xiàn)的三個關(guān)系 數(shù)量關(guān)系 合力做的功與物體動能的變化相等 單位關(guān)系 國際單位都是焦耳 因果關(guān)系 合力做功是物體動能變化的原因 [題點全練] 1．關(guān)于運動物體所受的合外力、合外力做的功及動能變化的關(guān)系，下列說法正確的是(　　) A．合外力為零，則合外力做功一定為零 B．合外力做功為零，則合外力一定為零 C．合外力做功越多，則動能一定越大 D．動能不變，則物體合外力一定為零 解析：選A　由W＝Flcos α可知，物體所受合外力為零，合外力做功一

3、定為零，但合外力做功為零，可能是α＝90°，故A正確，B錯誤；由動能定理W＝ΔEk可知，合外力做功越多，動能變化量越大，但動能不一定越大。動能不變，合外力做功為零，但物體合外力不一定為零，C、D均錯誤。 2.(2018·江陰四校期中)質(zhì)量為M、長度為L的長木板靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在長木板的最右端，滑塊和木板之間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)用一個大小為F的恒力作用在M上，當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對于地面的位移大小分別為s1、s2。下列關(guān)系式錯誤的是(　　) A．μmgs1＝mv12 B．Fs2－μmgs2＝Mv22 C．

4、μmgL＝mv12 D．Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12 解析：選C　對滑塊，滑塊受到重力、支持力和摩擦力，根據(jù)動能定理，有 μmgs1＝mv12，故A正確；對木板，由動能定理得：Fs2－μmgs2＝Mv22，故B正確；由以上兩式相加可得：Fs2－μmgs2＋μmgs1＝Mv22＋mv12，又s2－s1＝L，則得：Fs2－μmgL＝Mv22＋mv12，故C錯誤，D正確。 3．(2019·連云港一模)如圖所示，放在光滑水平面上的勁度系數(shù)為k的彈簧一端固定，一質(zhì)量為m，速度為v0的滑塊將其壓縮，經(jīng)t時間后壓縮量為x，此時速度為v；再經(jīng)過極短的時間Δt，滑塊運動的位移為Δx，

5、速度的變化量為Δv，滑塊動能的變化量為 ΔE。下列關(guān)系式中不正確的是(　　) A．v＝ B．Δv＝ C．kxvt＝m(v02－v2) D．kxvΔt＝－ΔE 解析：選C　因為經(jīng)過極短時間，可認(rèn)為Δt→0，故v＝，A正確。根據(jù)動量定理，有FΔt＝mΔv；根據(jù)胡克定律，有F＝kx，聯(lián)立解得Δv＝kx，B正確。根據(jù)動能定理，對壓縮的整個過程，有Fx＝m(v02－v2)，根據(jù)胡克定律，有F＝kx，聯(lián)立解得kx2＝m(v02－v2)，由于滑塊做變加速直線運動，所以x≠vt，C錯誤。根據(jù)動能定理，對壓縮Δx過程，有－F·vΔt＝m(v－Δv)2－mv2＝ΔE，根據(jù)胡克定律，有F＝kx；聯(lián)立

6、解得kxvΔt＝－ΔE，D正確。 突破點(二)　動能定理的應(yīng)用 1．應(yīng)用動能定理的流程 2．應(yīng)用動能定理的注意事項 (1)動能定理中的位移和速度必須是相對于同一個參考系的，一般以地面或相對地面靜止的物體為參考系。 (2)應(yīng)用動能定理的關(guān)鍵在于對研究對象進行準(zhǔn)確的受力分析及運動過程分析，并畫出運動過程的草圖，借助草圖理解物理過程之間的關(guān)系。 (3)當(dāng)物體的運動包含多個不同過程時，可分段應(yīng)用動能定理求解；當(dāng)所求解的問題不涉及中間的速度時，也可以全過程應(yīng)用動能定理求解，這樣更簡便。 (4)列動能定理方程時，必須明確各力做功的正、負(fù)，確實難以判斷的先假定為正功，最后根據(jù)結(jié)果加以檢

7、驗。 [典例]　(2017·江蘇高考)如圖所示，兩個半圓柱A、B緊靠著靜置于水平地面上，其上有一光滑圓柱C，三者半徑均為R。C的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量都為，與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ?，F(xiàn)用水平向右的力拉A，使A緩慢移動，直至C恰好降到地面。整個過程中B保持靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。求： (1)未拉A時，C受到B作用力的大小F； (2)動摩擦因數(shù)的最小值μmin； (3)A移動的整個過程中，拉力做的功W。 [思路點撥] (1)根據(jù)共點力的平衡條件求解C受到B作用力的大小F。 (2)先根據(jù)共點力平衡條件求解B受到C水平方向最大壓力，再求出B對地面的壓力，根據(jù)

8、摩擦力的計算公式求解。 (3)根據(jù)動能定理求解A移動的整個過程中，拉力做的功W。 [解析]　(1)對C受力分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件有 2Fcos 30°＝mg 解得F＝mg。 (2)C恰好降到地面時，B受C壓力的水平分力最大Fxmax＝mg B受地面的摩擦力f＝μmg 根據(jù)題意，B保持靜止， 則有fmin＝Fxmax，解得μmin＝。 (3)C下降的高度h＝(－1)R A的位移x＝2(－1)R 摩擦力做功的大小Wf＝fx＝2(－1)μmgR 根據(jù)動能定理W－Wf＋mgh＝0－0 解得W＝(2μ－1)(－1)mgR。 [答案]　(1)mg　(2)　(3)(2μ

9、－1)(－1)mgR [方法規(guī)律] (1)運用動能定理解決問題時，選擇合適的研究過程能使問題得以簡化。當(dāng)物體的運動過程包含幾個運動性質(zhì)不同的子過程時，可以選擇一個、幾個或全部子過程作為研究過程。 (2)當(dāng)選擇全部子過程作為研究過程，涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時，要注意運用它們的功能特點：①重力做的功取決于物體的初、末位置，與路徑無關(guān)；②大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小與路程的乘積。 [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.[多選](2018·無錫期末)如圖所示是某中學(xué)科技小組制作的利用太陽能驅(qū)動小車的裝置。當(dāng)太陽光照射到小車上方的光電板時，光電板中產(chǎn)生的電流經(jīng)電動機帶動小車前進。若小

10、車在平直的公路上以初速度v0開始加速行駛，經(jīng)過時間t達到最大速度vm，設(shè)此過程中電動機功率恒為額定功率P。根據(jù)以上條件可求出的物理量是(　　) A．小車受到的阻力　　　　 　B．小車前進的距離 C．電動機所做的功 D．小車克服摩擦力做的功 解析：選AC　當(dāng)小車在平直的公路達到最大速度vm時，電動機功率為額定功率P，則小車受到的阻力f＝F＝；此過程中電動機功率恒為額定功率P，運動時間為t，則電動機所做的功W＝Pt；對加速過程使用動能定理可得：Pt＋(－fx)＝mvm2－mv02，由于小車的質(zhì)量未知，求不出小車前進的距離，也就求不出小車克服摩擦力做的功。 2．單板滑雪U型池如圖所示，由

11、兩個完全相同的1/4圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構(gòu)成，圓弧滑道的半徑R＝4 m，B、C分別為圓弧滑道的最低點，B、C間的距離s＝7.5 m，假設(shè)某次比賽中運動員經(jīng)過水平滑道B點時水平向右的速度v0＝16 m/s，運動員從B點運動到C點所用的時間t＝0.5 s，從D點躍起時的速度vD＝8 m/s。設(shè)運動員連同滑板的質(zhì)量m＝50 kg，忽略空氣阻力的影響，已知圓弧上A、D兩點 的切線沿豎直方向，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)運動員在B點對圓弧軌道的壓力。 (2)運動員從D點躍起后在空中完成運動的時間。 (3)運動員從C點到D點運動的過程中克服摩擦阻力所做的功。 解析：

12、(1)由N－mg＝知N＝3 700 N 由牛頓第三定律知，壓力為3 700 N。 (2)運動員從D點躍起后在空中做豎直上拋運動，設(shè)運動員上升的時間為t1，vD＝gt1 運動員在空中完成動作的時間t′＝2t1＝＝1.6 s。 (3)運動員從B點到C點，做勻變速直線運動，運動過程的平均速度BC＝＝ 解得運動員到達C點時的速度vC＝－vB＝14 m/s 運動員從C點到D點的過程中，克服摩擦力和重力做功，根據(jù)動能定理－Wf－mgR＝mvD2－mvC2 Wf＝mvC2－mvD2－mgR 代入數(shù)值解得Wf＝1 300 J。 答案：(1)3 700 N　(2)1.6 s　(3)Wf＝1 3

13、00 J 突破點(三)　動能定理的圖像問題 1．解決物理圖像問題的基本步驟 2．四類圖像所圍面積的含義 v-t圖 由公式x＝vt可知，v-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體的位移 a-t圖 由公式Δv＝at可知，a-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示物體速度的變化量 F-x圖 由公式W＝Fx可知，F(xiàn)-x圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功 P-t圖 由公式W＝Pt可知，P-t圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示力所做的功 [典例]　某同學(xué)近日做了這樣一個實驗，將一個小鐵塊(可看成質(zhì)點)以一定的初速度，沿傾角可在0～90°之間任意調(diào)整的木板向上滑動，設(shè)小鐵塊沿木板向上能達到的最大位

14、移為s。若木板傾角不同時對應(yīng)的最大位移s與木板傾角α的關(guān)系如圖所示。g取10 m/s2。求： (1)小鐵塊初速度v0的大小以及小鐵塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ是多少？ (2)當(dāng)α＝60°時，小鐵塊達到最高點后，又回到出發(fā)點，小鐵塊的速度將變?yōu)槎啻螅?結(jié)果可以帶根號) [思路點撥] (1)由題圖，根據(jù)α＝90°時小鐵塊豎直上拋能達到的最大位移，由動力學(xué)公式求初速度； (2)根據(jù)動能定理，求出小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角θ的關(guān)系表達式，根據(jù)α＝30°時的數(shù)據(jù)求出動摩擦因數(shù)； (3)先求出α＝60°時小鐵塊上升的高度，然后由動能定理求出小鐵塊返回時的速度。 [解析]　(1)由

15、題圖可得，當(dāng)α＝90°時，最大位移sm＝1.25 m，根據(jù)v02＝2gsm，代入數(shù)據(jù)得v0＝5 m/s，即小鐵塊的初速度為5 m/s。 小鐵塊沿斜面上滑過程，根據(jù)動能定理得： －mgsin α·s－μmgcos α·s＝0－mv02 得s＝ 由題圖可得，α＝30°時，s1＝1.25 m，代入數(shù)據(jù)得：μ＝。 (2)由小鐵塊沿斜面上升的最大位移s與斜面傾角α的關(guān)系為：s＝ 把α＝60°代入，解得：s2＝ m 小鐵塊達到最高點后，又回到出發(fā)點， 整個過程由動能定理得： －μmgcos α·2s2＝mvt2－mv02 解得：vt＝ m/s。 [答案]　(1)5 m/s　　(2)

16、m/s [集訓(xùn)沖關(guān)] 1．(2017·江蘇高考)一小物塊沿斜面向上滑動，然后滑回到原處。物塊初動能為Ek0，與斜面間的動摩擦因數(shù)不變，則該過程中，物塊的動能Ek與位移x關(guān)系的圖線是(　　) 解析：選C　設(shè)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，物塊的質(zhì)量為m，則物塊在上滑過程中根據(jù)動能定理有－(mgsin θ＋μmgcos θ)x＝Ek－Ek0，即Ek＝Ek0－(mgsin θ＋μmgcos θ)x，所以物塊的動能Ek與位移x的函數(shù)關(guān)系圖線為直線且斜率為負(fù)；物塊沿斜面下滑的過程中根據(jù)動能定理有(mgsin θ－μmgcos θ)(x0－x)＝Ek，其中x0為小物塊到達最高點時的位移，即

17、Ek＝－(mgsin θ－μmgcos θ)x＋(mgsin θ＋μmgcos θ)x0，所以下滑時Ek隨x的減小而增大且為直線。由此可以判斷C項正確。 2．(2018·連云港二模)隨著人民生活水平的提高，越來越多的家庭有了汽車，交通安全問題顯得尤為重要。如圖是某型號汽車剎車時剎車痕跡(即剎車距離)與剎車前車速的關(guān)系圖像，v為車速，s為剎車痕跡長度。若某次測試中，汽車剎車后運行距離為20 m時的車速仍為45 km/h，則剎車前車的初速度為(　　) A．60 km/h　　　　　　　 　B．75 km/h C．82.5 km/h D．105 km/h 解析：選B　由題圖可知，v1＝

18、60 km/h＝ m/s時，剎車位移是s1＝20 m，根據(jù)v12＝2as1，得a＝6.9 m/s2，當(dāng)汽車以v0速度剎車時，運行s2＝20 m時，車速仍為v2＝45 km/h＝ m/s，由v02－v22＝2as2，解得v0＝20.8 m/s＝75 km/h，B正確。 3．如圖甲所示，一半徑R＝1 m、圓心角等于143°的豎直圓弧形光滑軌道，與斜面相切于B點，圓弧形軌道的最高點為M，斜面傾角θ＝37°，t＝0時刻有一物塊沿斜面上滑，其在斜面上運動的速度變化規(guī)律如圖乙所示，若物塊恰能到達M點，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)物塊經(jīng)過M點的速

19、度大小； (2)物塊經(jīng)過B點的速度大??； (3)物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)。 解析：(1)物塊恰能到達M點，則有mg＝m 解得vM＝＝ m/s。 (2)物塊從B點運動到M點的過程中，由動能定理得 －mgR(1＋cos 37°)＝mvM2－mvB2 解得vB＝ m/s。 (3)由題圖乙可知，物塊在斜面上運動時，加速度大小為 a＝＝10 m/s2，方向沿斜面向下，由牛頓第二定律得 mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma 解得μ＝0.5。 答案：(1) m/s　(2) m/s　(3)0.5 突破點(四)　應(yīng)用動能定理解決平拋運動、圓周運動問題 1.平拋運動和圓周運

20、動都屬于曲線運動，若只涉及位移和速度而不涉及時間，應(yīng)優(yōu)先考慮用動能定理列式求解。 2.動能定理的表達式為標(biāo)量式，不能在某一個方向上列動能定理方程。 [典例]　(2019·蘇州調(diào)研)如圖所示，傾角為37°的光滑傾斜軌道AB與粗糙的豎直放置的半圓形軌道CD通過一小段圓弧BC平滑連接，BC的長度可忽略不計，C為圓弧軌道的最低點。一小物塊在A點從靜止開始沿AB軌道下滑，進入半圓形軌道CD，運動半周后恰好能通過軌道CD的最高點D，最后落回到傾斜軌道AB上。已知小物塊可以看成質(zhì)點，質(zhì)量m＝0.4 kg，半圓形軌道半徑R＝0.4 m，A點與軌道最低點的高度差h＝1.25 m，g取10 m/s2，sin

21、37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不計空氣阻力。求： (1)小物塊運動到C點時對半圓形軌道壓力F的大?。? (2)小物塊在半圓形軌道上運動過程中克服摩擦力所做的功W； (3)小物塊從D點落回到傾斜軌道AB上的運動時間t。(結(jié)果可保留根號) [審題指導(dǎo)] 第一步：抓關(guān)鍵點 關(guān)鍵點 獲取信息 傾角為37°的光滑傾斜軌道AB AB軌道無摩擦力做功 小物塊由靜止從A點釋放 小物塊的初速度vA＝0 小物塊剛到C時對軌道的作用力 ①小物塊在圓弧軌道BC的最低點，具有豎直向上的向心加速度 ②利用牛頓第三定律確定小球?qū)壍赖膲毫? 恰好能通過軌道CD的最高點D 利用向心力公式

22、可求出最高點速度 第二步：找突破口 (1)從A點到C點，只有重力做功。 (2)在圓弧軌道的C點：FN－mg＝m。 (3)恰好過D點，則過D點時小物塊所受彈力為0。 (4)小物塊從D點落回到傾斜軌道AB上，做平拋運動。 [解析]　(1)從A點到C點，由動能定理得： mgh＝mvC2 代入數(shù)據(jù)解得vC＝5 m/s 在C點，由向心力公式得：F－mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得F＝29 N 由牛頓第三定律得F′＝F＝29 N。 (2)恰好過D點，則過D點時小物塊所受彈力為0 由向心力公式得：mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得vD＝2 m/s 從C點到D點，由動能定理得： －mg·2R－W

23、＝mvD2－mvC2 代入數(shù)據(jù)解得W＝1 J。 (3)小物塊從D點落回到傾斜軌道AB上，做平拋運動 豎直方向：y＝gt2 水平方向：x＝vDt 由幾何關(guān)系得：tan 37°＝ 聯(lián)立方程解得：t＝ s。 [答案]　(1)29 N　(2)1 J　(3) s [集訓(xùn)沖關(guān)] 1.[多選](2018·南通模擬)如圖所示，半徑為R的半圓形的圓弧槽固定在水平面上，質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)從圓弧槽的端點A由靜止開始滑下，滑到最低點B時對軌道的正壓力為2mg，重力加速度為g，則(　　) A．小球在最低點B時速度為 B．小球在B點時，重力的功率為mg C．小球由A到B的過程中克

24、服摩擦力做功為mgR D．小球由A到B過程中速度先增大后減小 解析：選CD　滑到最低點B時對軌道的正壓力為2mg，那么由牛頓第三定律可知：小球受到的支持力也為2mg，那么由牛頓第二定律可得：2mg－mg＝，所以，v＝，故A錯誤；小球在B點的速度v＝，方向水平向右；重力方向豎直向下，重力與速度方向垂直，所以，重力的功率為0，故B錯誤；對小球下滑過程應(yīng)用動能定理可得：小球由A到B的過程中克服摩擦力做功為：W＝mgR－mv2＝mgR－mgR＝mgR，故C正確；小球在任一徑向與豎直方向夾角為θ時，沿速度方向受到的合外力為：F＝mgsin θ－μ，那么在該方向上的加速度為：a＝(tan θ－μ)gc

25、os θ－μ；那么當(dāng)小球開始下滑較短時間時，速度v較小，夾角θ較大，a大于0，小球加速；當(dāng)θ較小時，a小于0，小球減速，故小球由A到B過程中速度先增大后減小，故D正確。 2．(2018·揚州期末)如圖所示，一段粗糙的傾斜軌道，在B點與半徑R＝0.5 m的光滑圓弧軌道BCD相切并平滑連接。CD是圓軌道的豎直直徑，OB與OC的夾角θ＝53°。將質(zhì)量為m＝1 kg的小滑塊從傾斜軌道上的A點由靜止釋放，AB＝s，小滑塊與傾斜軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。 (1)若s＝2 m，求小物塊第一次經(jīng)過C點時的速度大小及其對軌道的壓力大?。?/p>

26、 (2)若物塊能沿軌道到達D點，求AB的最小值s′。 解析：(1)對小滑塊從A到C的過程應(yīng)用動能定理： mgs·sin θ＋mgR(1－cos θ)－μmgs·cos θ＝mvC2－0 代入數(shù)據(jù)得：vC＝2 m/s； C點時對滑塊應(yīng)用牛頓第二定律： FN－mg＝m 代入數(shù)據(jù)得：FN＝58 N 根據(jù)牛頓第三定律得：F壓＝FN＝58 N。 (2)小滑塊恰能通過最高點D時，只有重力提供向心力： mg＝m 代入數(shù)據(jù)得：vD＝ m/s 對小滑塊從靜止釋放到D點全過程應(yīng)用動能定理： mgs′·sin θ－mgR(1＋cos θ)－μmgs′·cos θ＝mvD2－0 代入數(shù)據(jù)得

27、：s′＝2.1 m。 答案：(1)2 m/s　58 N　(2)2.1 m 運用動能定理巧解往復(fù)運動問題 在有些問題中物體的運動過程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過程中，描述運動的物理量多數(shù)是變化的，而且重復(fù)的次數(shù)又往往是無限的或者難以確定，求解這類問題時若運用牛頓運動定律及運動學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無法解出。由于動能定理只關(guān)心物體的初末狀態(tài)而不計運動過程的細節(jié)，所以用動能定理分析這類問題可使解題過程簡化。 (一)往復(fù)次數(shù)可確定的情形 1．如圖所示，ABCD是一個盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC是水平的，其距離d＝0.50 m。盆邊緣的高度為h＝0.

28、30 m。在A處放一個質(zhì)量為m的小物塊并讓其從靜止開始下滑(圖中小物塊未畫出)。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動摩擦因數(shù)為 μ＝0.10。小物塊在盆內(nèi)來回滑動，最后停下來，則停的地點到B的距離為(　　) A．0.50 m　　 　B．0.25 m　　　C．0.10 m　　　D．0 解析：選D　設(shè)小物塊在BC段通過的總路程為s，由于只有BC面上存在摩擦力做功為－μmgs，而重力做功與路徑無關(guān)，由動能定理得：mgh－μmgs＝0－0，代入數(shù)據(jù)可解得s＝3 m。由于d＝0.50 m，所以，小物塊在BC面上經(jīng)過3次往復(fù)運動后，又回到B點。D正確。 (二)往復(fù)次數(shù)無法確定的情形

29、 2.(2018·成都月考)如圖所示，斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊距擋板P的距離為x0，滑塊以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無機械能損失，則滑塊經(jīng)過的總路程是(　　) A.　 　B. C. D. 解析：選A　滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過的總路程為x，對滑塊運動的全程應(yīng)用動能定理：mgx0sin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝，選項A正確。 (三)往復(fù)運動永不停止的情形 3.如圖所示，豎直固定放置的斜面DE與一光滑的圓弧軌道ABC相連，C為切點，圓弧軌道的半徑為R，斜面的

30、傾角為θ?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m的滑塊從D點無初速下滑，滑塊可在斜面和圓弧軌道之間做往復(fù)運動，已知圓弧軌道的圓心O與A、D在同一水平面上，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，求： (1)滑塊第一次滑至左側(cè)弧上時距A點的最小高度差h； (2)滑塊在斜面上能通過的最大路程s。 解析：(1)滑塊從D到達左側(cè)最高點F經(jīng)歷DC、CB、BF三個過程，現(xiàn)以DF整個過程為研究過程，運用動能定理得：mgh－μmgcos θ·＝0，解得h＝。 (2)通過分析可知，滑塊最終至C點的速度為0時對應(yīng)在斜面上的總路程最大，由動能定理得： mgRcos θ－μmgcos θ·s＝0， 解得：s＝。 答案：(1)　(2) (1)應(yīng)用動能定理求解往復(fù)運動問題時，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。 (2)重力做功與物體運動路徑無關(guān)，可用WG＝mgh直接求解。 (3)滑動摩擦力做功與物體運動路徑有關(guān)，可用Wf＝－Ffs 求解，其中s為物體相對滑行的路程?！?